\documentclass{article}
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\begin{document}

\title{8.2 注释}
\author{张志聪}
\maketitle

$\bigstar \textbf{定义}8.2.1 \textbf{定义明确性}$

假设双射函数$h: \mathbb{N} \rightarrow X$。
需要证明：
\begin{align*}
    \sum \limits_{n=0}^\infty f(g(n)) = \sum \limits_{m=0}^\infty f(h(m))
\end{align*}

可以定义$a_n$为
\begin{align*}
    a_n := f(g(n))
\end{align*}
现在，根据命题7.4.3只需要找到一个双射。

定义$w: \mathbb{N} \rightarrow \mathbb{N}$为
\begin{align*}
    w(m) := h^{-1} \circ g(m)
\end{align*}

因为$g$是$\mathbb{N} \rightarrow X$的双射，且
$h$是$\mathbb{N} \rightarrow X$的双射，那么$h^{-1}$是$\mathbb{N} \rightarrow X$的双射，
所以，这两个函数的复合函数$w$是双射函数。又因为
\begin{align*}
    \sum \limits_{m=0}^\infty f(h(m)) = \sum \limits_{m=0}^\infty a_{w(m)}
\end{align*}
由命题7.4.3可知
\begin{align*}
    \sum \limits_{n=0}^\infty a_n                 & = \sum \limits_{m=0}^\infty a_{w(m)} \\
    \Rightarrow \sum \limits_{n=0}^\infty f(g(n)) & = \sum \limits_{m=0}^\infty f(h(m))
\end{align*}


$\bigstar \textbf{定理}8.2.2$

（1）书中
\begin{align*}
    \sum \limits_{n=0}^N \sum \limits_{m=0}^M \leq \sum \limits_{(n,m) \in X}f(n,m)
\end{align*}
应该是错的，这里应该是相等的，即：
\begin{align*}
    \sum \limits_{n=0}^N \sum \limits_{m=0}^M = \sum \limits_{(n,m) \in X}f(n,m)
\end{align*}

（3）证明：$\sum \limits_{(n,m) \in \mathbb{N} \times \mathbb{N}}f(n,m)$是绝对收敛的，那么
$\sum \limits_{(n,m) \in \mathbb{N} \times \mathbb{N}}f_{+}(n,m)$
和$\sum \limits_{(n,m) \in \mathbb{N} \times \mathbb{N}}f_{-}(n,m)$也都是绝对收敛的。

反证法，假设$f_{+}$是发散的，
由$\sum \limits_{(n,m) \in \mathbb{N} \times \mathbb{N}}f(n,m)$的部分和$S_N$等于
$\sum \limits_{(n,m) \in \mathbb{N} \times \mathbb{N}}f_{+}(n,m)$的部分和$S_{N+}$，
$\sum \limits_{(n,m) \in \mathbb{N} \times \mathbb{N}}f_{-}(n,m)$的部分和$S_{N-}$相加，
即：
\begin{align*}
    S_N = S_{N+} + S_{N-}
\end{align*}
（注意：这里的部分和都是序列每项取绝对值的部分和）。

由于$(S_N)_{N=0}^\infty$收敛，所以，对任意$\epsilon > 0$，都存在一个整数$M^\prime$，
当$N \geq M^\prime$使得
\begin{align}
    |S_N - L| \leq \epsilon
\end{align}

当如果$f_{+}$是发散的，那个，存在一个整数$M^{\prime\prime}$，
当$N \geq M^{\prime\prime}$使得
\begin{align*}
     & S_{N+} > L + \epsilon
\end{align*}
又因为$S_{N-} \geq 0$，所以，取$M = max(M^\prime, M^{\prime\prime})$，
当$N \geq M$使得
\begin{align*}
    |S_N - L| & = |S_{N+} + S_{N-} - L | \\
              & > \epsilon
\end{align*}
显然，与（1）式存在矛盾。所以$f_{+}$是收敛的。同理可证$f_{-}$收敛。

$\textbf{（4）最后一句话，有个需要证明的部分。}$
\begin{align*}
    \sum \limits_{n=0}^\infty \sum \limits_{m=0}^\infty f(n,m)
    = \sum \limits_{n=0}^\infty \sum \limits_{m=0}^\infty f_{+}(n,m)
    +
    \sum \limits_{n=0}^\infty \sum \limits_{m=0}^\infty f_{-}(n,m)
\end{align*}
其中，$\sum \limits_{n=0}^\infty \sum \limits_{m=0}^\infty f_{+}(n,m)$与
$ \sum \limits_{n=0}^\infty \sum \limits_{m=0}^\infty f_{-}(n,m)$绝对收敛的。

感觉是结论是明显的，但这里有以下问题：
\begin{itemize}
    \item 书中没有明确定义双重级数。
    \item 回到定义7.2.2（级数的收敛），部分和$S_N = \sum \limits_{n=0}^N \sum \limits_{m=0}^\infty f(n,m)$
          因为其包含一个无限级数，处理起来没有想象中那么简单。
\end{itemize}
不妨设$\sum \limits_{n=0}^\infty \sum \limits_{m=0}^\infty f_{+}(n,m)$与
$ \sum \limits_{n=0}^\infty \sum \limits_{m=0}^\infty f_{-}(n,m)$的部分和分别是$S_{N+}$，$S_{N-}$。
那么，如果能证明：
\begin{align*}
    S_N = S_{N+} + S_{N-}
\end{align*}
则利用极限定律，可以完成证明。

对$m$进行归纳，$m = 0$时，由命题7.1.11（b）可知
\begin{align*}
    S_N    & = \sum \limits_{n=0}^N \sum \limits_{m=0}^0 f(n,m)          \\
           & = \sum \limits_{n=0}^N f(n,0)                               \\
    S_{N+} & = \sum \limits_{n=0}^\infty \sum \limits_{m=0}^0 f_{+}(n,m) \\
           & = \sum \limits_{n=0}^N f_{+}(n,0)                           \\
    S_{N-} & = \sum \limits_{n=0}^\infty \sum \limits_{m=0}^0 f_{-}(n,m) \\
           & = \sum \limits_{n=0}^N f_{-}(n,0)                           \\
\end{align*}
因为$f(n,0) = f_{+}(n,0) + f_{-}(n,0)$，由引理7.1.4（c）可知
\begin{align*}
    S_N = S_{N+} + S_{N-}
\end{align*}

归纳假设$m=k$时，命题成立。

$m = k+1$时，由引理7.1.4（a）可知
\begin{align*}
    S_N & = \sum \limits_{n=0}^N \sum \limits_{m=0}^{k+1} f(n,m)                       \\
        & = \sum \limits_{n=0}^N \big (\sum \limits_{m=0}^{k} f(n,m) + f(n,k+1) \big )
\end{align*}
同理可知
\begin{align*}
    S_{N+} & = \sum \limits_{n=0}^N \big (\sum \limits_{m=0}^{k} f_{+}(n,m) + f_{+}(n,k+1) \big ) \\
    S_{N-} & = \sum \limits_{n=0}^N \big (\sum \limits_{m=0}^{k} f_{-}(n,m) + f_{-}(n,k+1) \big )
\end{align*}
因为$k \in \mathbb{N}$（即：是有限值），所以
\begin{align*}
    S_N & = \sum \limits_{n=0}^N \big (\sum \limits_{m=0}^{k} f(n,m) + f(n,k+1) \big )         \\
        & = \sum \limits_{n=0}^N \sum \limits_{m=0}^{k} f(n,m) + \sum \limits_{n=0}^N f(n,k+1) \\
\end{align*}
同理$S_{N+},S_{N-}$同样成立。

利用归纳假设，可以证得$S_N = S_{N+} + S_{N-}$。

至此，归纳完成。

然后利用极限定律，即可完成证明。

$\textbf{（5）前提一定要是绝对收敛么？} $

是的。首先第二个等式用到了命题7.4.3，而该命题的前提就是要求级数是绝对收敛的。

对于第一个等式，在刚刚（3）中，$f$是绝对收敛，则$f_{+},f_{-}$也是绝对收敛的。
而在$f$是条件收敛的情况下，是没有这个性质的，这里举一个反例
\begin{align*}
    \sum \limits_{n=1}^\infty (-1)^n / n
\end{align*}

由命题7.2.12（交错级数判别法）可知，该级数收敛。
而级数$f_{+} := \sum \limits_{n=1}^\infty 1 / n$是调和函数，是发散的（推论7.3.7）。

% \textbf{（6）
%     两个绝对收敛的无限级数：$\sum\limits_{j = 0}^\infty a_j = A, \sum\limits_{k = 0}^\infty b_k = B$，
%     且$a_j, b_k \geq 0$，
%     则：
%     \begin{align*}
%       \sum\limits_{j = 0}^\infty \sum\limits_{k = 0}^\infty  a_j b_k = \sum\limits_{j = 0}^\infty  a_j \sum\limits_{k = 0}^\infty  b_k = AB
%     \end{align*}
%   }

%   我们的任务是证明级数$\sum\limits_{j = 0}^\infty \sum\limits_{k = 0}^\infty  a_j b_k$收敛$AB$。

%   对任意的有限集$X \subset \mathbb{N} \times \mathbb{N}$都有
%   $\sum\limits_{(j, k) \in X}  a_j b_k \leq AB$，
%   （此时相关代数法则还是我们熟知的有限个）。
%   特别地，对每一个$n \in \mathbb{N}$和$m \in \mathbb{N}$都有
%   $\sum\limits_{k = 0}^m a_{n} b_k \leq AB$，由命题6.3.8可知
%   $\sum\limits_{k = 0}^\infty a_{n} b_k$收敛。

% 对任意的$N \in \mathbb{N}$和$M \in \mathbb{N}$都有
% \begin{align*}
%     \sum\limits_{n = 0}^N \sum\limits_{m = 0}^M f(n, m) \leq L
% \end{align*}
% 当$M \to \infty$时，对上面的式子取上确界可得（对$N$使用归纳法），
% \begin{align*}
%     \sum\limits_{n = 0}^N \sum\limits_{m = 0}^\infty f(n, m) \leq L
% \end{align*}
% 由单调有界序列收敛可知，这表明$\sum\limits_{n = 0}^\infty \sum\limits_{m = 0}^\infty f(n, m)$
% 收敛以及
% \begin{align*}
%     \sum\limits_{n = 0}^\infty \sum\limits_{m = 0}^\infty f(n, m) \leq L
% \end{align*}



\end{document}